ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Đề số 02
Đề thi cuối kỳ môn học GIẢI TÍCH 1 (MAT1094)
(Học kỳ I năm học 2013-2014)
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề)
 ln( 1  x )  ln( 1  x )
Câu 1. (1,5 điểm) Cho hàm số f ( x )  
x

a
Tìm giá trị của a để hàm số liên tục trên (-1,1).

Câu 2. (1,5 điểm) Tìm giới hạn lim 1  x 2
x 0
khi
x 1
khi
x0

cot 2 x
Câu 3. (1,5 điểm) Tính đạo hàm cấp n của hàm số f ( x)  5  4 cos 3 x
1
Câu 4. (1,5 điểm) Tính tích phân
x
15
1  3x 8 dx
0
Câu 5. (1,5 điểm) Tìm bán kính hội tụ, miền hội tụ của chuỗi lũy thừa

5
n 1
Câu 6. (1,5 điểm) Khai triển hàm số f ( x ) 
(x  2) n
n3
3n  1
x  x 1
thành chuỗi lũy thừa của x và xác định
x 2  5x  6
2
miền hội tụ của chuỗi.
Câu 7. (1,0 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai câu 7a. hoặc 7b. sau đây:
7a. Xét tính liên tục của hàm số f ( x)  lim n 5  x 2n trên R.
n
7b. Định nghĩa đạo hàm của hàm số f(x) xác định trong khoảng (a, b), tại điểm x(a, b)
arc cot( x  h )  arc cot x
và áp dụng để tìm giới hạn lim
trong khoảng 0,  .
h 0
h
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ
Độc lập - Tự do - H
Đề số 02
Đáp án và thang điểm Đề thi cuối kỳ môn học GIẢI TÍCH 1 (MAT1094)
(Học kỳ I năm học 2013-2014)
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề)
Lời giải
Câ
u
Điể
m
Vì ln(1+x), ln(1-x) và x là các hàm sơ cấp nên khi x ≠ 0 thì hàm
ln( 1  x )  ln( 1  x )
f (x) 
là hàm sơ cấp
x
nên liên tục trên (-1, 1)\{0} = (-1, 0)  (0, 1)
do đó f(x) liên tục trên (-1, 1)  f(x) liên tục tại x = 0
lim f ( x )  lim
x 0
1
x 0
t
=
x 0
thiết f(0) = a (3)
từ (1), (2) và (3) suy ra a = 2
Cộng
ln( 1  x )  ln( 1  x )
0
có dạng vô định
0
x
Các
ln(
1

x
)

ln(
1

x
)
h
nên có thể áp dụng quy tắc Lôpital để tìm lim
x 0
khá
x
c

ln( 1  x )  ln( 1  x )
ln( 1  x )  ln( 1  x )'
2
lim f ( x )  lim
 lim
 lim
 2 (1)
x 0
x 0
x 0
x 0 1  x 2
x
x'
Khi x  0 thì ln(1+x) – ln(1-x)  0 
lim 1  x
x 0

2
2 cot x
e
lim cot 2 x ln(1 x 2 )
x 0
e
lim
x 0
ln(1 x 2 )
tan 2 x
ln( 1  x 2 )
0
có dạng vô định
nên có
2
0
tan x
ln( 1  x 2 )
thể áp dụng quy tắc Lôpital để tìm lim
x 0
tan 2 x
ln( 1  x 2 )
ln( 1  x 2 ) '
x cos 3 x
lim

lim

lim

x 0
x 0
x 0 (1  x 2 ) sin x
tan 2 x
tan 2 x '
khi x  0 thì ln( 1  x 2 )  0 và tan 2 x  0 
2
0,2
5
ln( 1  x )  1  ln( 1  x )  1  lim ln( 1  x )  1  0,2
ln( 1  x )  ln( 1  x )
ln( 1  x )  1
 lim
lim
x

0
x

0

x

0
x
x
x
x
5
-x,
khi
x

0
thì
t

0
ln( 1  x )  1
ln( 1  t )  1
 lim
 1  1  2 (1)
nên lim f ( x )  lim
x 0
x 0
t

0
x
t
Theo định nghĩa, f(x) liên tục tại x = 0  lim f ( x )  f (0) (2), mặt khác, theo giả
đặt
0,2
5




0,2
5
0,2
5
0,2
5
1,5
0
0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
Lời giải
Câ
u
Điể
m
cos 3 x
2
 lim 1  x 
x  0 sin x
x
cos 3 x 1
lim
x 0 1  x 2

 1 1
sin x
1
lim
x 0
x

 lim 1  x
x 0

2
2 cot x
0.2
5
0,2
5
e
lim
ln(1 x 2 )
x 0
 e1  e
tan 2 x
Cộng

lim 1  x 2
x 0

cot 2 x

 lim 1  x 2
 x 0

Các
h
khá
c

 lim 1  x 2
 x 0


 lim 1  x 2
x 0


x2




x2


1
1
x 2 cot 2 x

1
x2
. x 2 cot 2 x

 lim 1  x 2
 x 0

 x2

lim 
cos 2 x 

x


x  0  sin2



x2


1
x2
cos 2 x
sin2 x

0,2
5

0,2
5
lim cos 2 x

 lim 1  x 2
 x 0


 lim 1  x 2
 x 0



x 0
1
x2
 lim  sin x 
 x 0 x  

2
 lim cos x 
 x 0

1
x2
0,2
5
2
  lim sin x 2
  x 0 x  

12
 e 1  e1  e
2
Có thể chứng minh hoặc chỉ cần đưa ra công thức cos 3 x 
 f ( x )  5  4 cos 3 x  5  4.
3
0,2
5
1,5
0
0,2
5
0,2
5
3 cos x  cos 3x
4
3 cos x  cos 3x
 5  3 cos x  cos 3x
4


Có thể chứng minh hoặc chỉ cần đưa ra công thức cos ( n ) ax  a n cos ax  n  với a
2

là hằng số




 cos ( n ) x  1n cos x  n   cos x  n 
2
2




 cos ( n ) 3x  3 n cos 3x  n 
2





 f ( n ) ( x )  3 cos ( n ) x  cos ( n ) 3x  3 cos x  n   3 n cos 3x  n 
2
2


0,2
5
0,2
5
0,2
5
0.2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
Lời giải
Câ
u
Cộng
1
1
0
0
0,2
5
I   x 15 1  3x 8 dx   x 8 1  3x 8 x 7 dx 
1
4
1
1
1
  x 8 1  3x 8 d( x 8 ) 
x 8 1  3x 8 d(1  3x 8 )

80
24 0
0,2
5
1
đặt t = 1 + 3x8  x 8  ( t  1), khi x = 0 thì t = 1 và khi x = 1 thì t = 4
3
1
4
1
I
( t  1) t 2 dt
72 1
0,2
5
4
4
3
1
5
3
5
3
4

1  2
1 2 2 2 2 
1 1 2 1 2 
2 





I
t

t
dt

t

t

t

t

5

5

72 1 
72
3
36
3


1

1
0,2
5
5
5
3
 1  32

1  1  2
2 
I
  4  1    4  1 2  
36  5 
 3

0,2
5
I
29
270
Cộng
1
I   x 15 1  3x 8 dx đặt t  1  3x 8 khi x = 0 thì t = 1 và khi x = 1 thì t = 2
0
1
I   x8
0


1 2
2
1
t  1  8x 7 dx  tdt  x 7 dx  tdt
3
3
12
2
2
1
1
1
1  3x 8 x 7 dx   t 2  1 .t. tdt 
t 4  t 2 dt

3
12
36 1
1
 t 2  1  3x 8  x 8 
Các
h
khá
c
Điể
m
1,5
0






2
1 1
1 
I   t5  t3 
36  5
3 1

0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
 

1 1 5 5 1 3 3 
2 1  2 1  
36  5
3

29
I
270


1
(x  2) n

a n (x  2) n với a n  n 3


n3
5 3n  1
3n  1 n 1
n 1 5
Gọi bán kính hội tụ của chuỗi là R, khi đó
I
0,2
5
1,5
0
5
a
1
5 3n  1
1
3n  1 1
 lim n 1  lim n 1
 lim 3
 lim 3
n 
R n  a n
5 3 3(n  1)  1 5 n  3n  2 5 n 
n3
0,2
5
0,2
5
0,2
5
1
1 0,2
3  lim
15 30 1
n  n
n 1
 3
 
3
2 5
2 5 30 5
3
3  lim
n  n
n
3
Lời giải
Câ
u
Điể
m
 khoảng hội tụ của chuỗi là x  2  R  5  5  2  x  5  2  3  x  7

tại x  7 (đầu mút phải) chuỗi trở thành chuỗi dương  3
n 1
3

1
1
3
mà chuỗi
3n  1
3n

so sánh, chuỗi

n 1

n 1
1
3
3n  1
1
3
3n

1
3


3
n 1
1
n
1
3
1
3n  1
0,2
5
hiển nhiên
là chuỗi phân kỳ, nên theo dấu hiệu
0,2
5
phân kỳ  chuỗi phân kỳ tại đầu mút phải của khoảng
hội tụ
tại x  3 (đầu mút trái) chuỗi trở thành chuỗi đan dấu
bn 
(1) n
3
3n  1
 an 
1
3
3n  1

(1) n


 a n với
3
3n  1 n 1
n 1

 0 khi n  ∞,
(1) n
nên theo định lý Lepnit, chuỗi  3
hội tụ  chuỗi hội tụ tại đầu mút trái của
n 1 3n  1
khoảng hội tụ
 miền hội tụ của chuỗi là  3,7 hay -3 ≤ x < 7

Cộng
x2  x 1
6x  5
13
7
 1
 1

2
( x  3)( x  2)
x 3 x 2
x  5x  6
13
13
13 1

 .

x
x 3
3
 x
1
31  
3
 3
2
3

13  x  x   x 
13  x n
  1         ...    n trong miền hội tụ
3  3  3   3 
3 n 0 3

x  3 (4)
f (x) 
6
0,2
5
1,5
0
0,2
5
0,2
5
x
 1 hay
3
7
7
7 1



x2
 x  2 1 x
21  
2
 2
2
3
 7  xn
x
7 x x x
 1 hay x  2 (5)
 1         ...   n trong miền hội tụ
2
2  2  2   2 
 2 n 0 2

13  x n 7  x n
13 
 7
 f (x)  1   n   n  1    n 1  n 1 x n trong miền hội tụ x  2
3 n 0 3
2 n 0 2
3 
n 0  2
[giao của (4) và (5)]
Cộng

0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
1,5
0
Lời giải
Câ
u
Điể
m
0,2
0
0,2
0
x  1 : lim x 2n  0  lim n 5  x 2n  lim n 5  1
n 
n 
n 
x  1 : lim x 2 n    lim n 5  x 2 n  lim x 2 n
n 
7a
n 
n 
5
1  x2
x 2n
 1 khi x  1
f (x)   2
 hàm số liên tục với x ≠ ±1 (6)
x khi x  1
vì lim  f ( x )  lim  1  1  f (1) và lim  f (x)  lim  x 2  1  f (1) nên hàm số liên
x  1
x  1
x 1
x 1
tục tại x = -1 (7)
vì lim f ( x )  lim 1  1  f (1) và lim f (x)  lim x 2  1  f (1) nên hàm số liên tục tại
x 1
x 1
x 1
0,2
0
x 1
x = 1 (8)
từ (6), (7) và (8) suy ra hàm số liên tục trên R
Cộng
7b
0,2
0
0,2
0
1,0
0
Giả sử hàm số f(x) xác định trong khoảng (a, b) và x0  (a, b), nếu tồn tại giới hạn
f (x)  f (x 0 )
lim
 A  R thì A được gọi là đạo hàm của hàm số f(x) tại điểm x0 và 0,2
x x 0
0
x  x0
được ký hiệu là f’(x0).
Đặt
x
=
x
–
x0,
f
=
f(x)
–
f(x0)
thì
0,2
f (x)  f (x 0 )
f (x 0  x)  f (x 0 )
f
f ' (x 0 )  lim
 lim
 lim
0
x x 0
x 0 x
x 0
x  x0
x
Xét hàm f(x) = arccotx xác định trong khoảng 0,  , theo định nghĩa đạo hàm của
hàm f(x) tại điểm x  0,  :
0,2
f ( x  x )  f ( x )
arc cot( x  x )  arc cot x
arc cot( x  h )  ar cot x0
f ' ( x )  lim
 lim
 lim
x 0
x 0
h 0
x
x
h
(9)
1
0,2
Mặt khác f ' ( x )  (arc cot x )'   2
(10)
0
x 1
arc cot( x  h )  arc cot x
1
0,2
 2
Từ (9) và (10) suy ra lim
h 0
0
h
x 1
Cộng 1,0
0
Ghi chú:
1. Theo Quy chế đào tạo, điểm được cho lẻ đến 0,1
2. Đối với mỗi câu, thí sinh có thể giải bằng cách khác với đáp án, khi đó người chấm thi,
trên cơ sở thang điểm đã có của câu này, đề nghị thang điểm và thống nhất với Tổ trưởng để bảo
đảm tính chuẩn xác và công bằng.